Question

20．已知函數(shù)f（x）=x，g（x）=lnx
（1）若函數(shù)F（x）=g（x）+af（x）有兩個零點(diǎn)時，實(shí)數(shù)a的取值范圍為A，方程$g（x）-{[{1-f（x）}]^2}+（1-f（x））=\frac{x}$有實(shí)根時，實(shí)數(shù)b的取值集合為B，求A∩B．
（2）若函數(shù)G（x）=af（x）²-（a+2）f（x）+g（x），其中a∈R．，當(dāng)a＞0時，若f（x）在區(qū)間[1，e]上的最小值為-2，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）已知?x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂，若G（x₁）+2x₁＜G（x₂）+2x₂恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
（4）函數(shù)$h（x）=\frac{g（x）}{f（x）}-m，（m∈R）$，若h（x）的兩個零點(diǎn)分別為x₁、x₂，求證${x_1}{x_2}＞{e^2}$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算f（1），f′（1），求出切線方程即可；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（3）設(shè)g（x）=f（x）+2x，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求出a的范圍即可；
（4）將所證的結(jié)論轉(zhuǎn)化為求新函數(shù)的單調(diào)區(qū)間問題得以解決．

解答 解：（1）當(dāng)a=1時，f（x）=x²-3x+ln x（x＞0），
f′（x）=2x-3+$\frac{1}{x}$=$\frac{2x2-3x+1}{x}$，
則f（1）=-2，f′（1）=0．所以切線方程是y=-2．
（2）函數(shù)f（x）=ax²-（a+2）x+ln x的定義域是（0，+∞）．
當(dāng)a＞0時，f′（x）=2ax-（a+2）+$\frac{1}{x}$=$\frac{2ax2-（a+2）x+1}{x}$=$\frac{（2x-1）（ax-1）}{x}$（x＞0）．
令f′（x）=0，得x=$\frac{1}{2}$或x=$\frac{1}{a}$．
①當(dāng)0＜$\frac{1}{a}$≤1，即a≥1時，f（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
所以f（x）在[1，e]上的最小值是f（1）=-2；
②當(dāng)1＜$\frac{1}{a}$＜e，即$\frac{1}{e}$＜a＜1時，f（x）在[1，$\frac{1}{a}$]上單調(diào)遞減，在[$\frac{1}{a}$．e]上單調(diào)遞增，
所以f（x）在[1，e]上的最小值是f（$\frac{1}{a}$）＜f（1）=-2，不合題意，故$\frac{1}{e}$＜a＜1舍去；
③當(dāng)$\frac{1}{a}$≥e，即0＜a≤$\frac{1}{e}$時，f（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，
所以f（x）在[1，e]上的最小值是f（e）＜f（1）=-2，不合題意，故0＜a≤$\frac{1}{e}$舍去．
綜上所述，a的取值范圍為[1，+∞）．
（3）設(shè)g（x）=f（x）+2x，則g（x）=f（x）+2x=ax²-ax+ln x，
只要g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，即g′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立即可．
而g′（x）=2ax-a+$\frac{1}{x}$=$\frac{2ax2-ax+1}{x}$（x＞0）．
①當(dāng)a=0時，g′（x）=$\frac{1}{x}$＞0，此時g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
②當(dāng)a≠0時，因?yàn)閤＞0，依題意知，只要2ax²-ax+1≥0在（0，+∞）上恒成立．
記h（x）=2ax²-ax+1，則拋物線過定點(diǎn)（0，1），對稱軸x=$\frac{1}{4}$．
故必須$\left\{\begin{array}{l}a＞0\\△=a2-8a≤0\end{array}$即0＜a≤8．
綜上可得，a的取值范圍為[0，8]．
（4）證明：不妨設(shè)x₁＞x₂＞0，
∵h(yuǎn)（x₁）=h（x₂）=0，∴l(xiāng)nx₁-mx₁=0，lnx₂-mx₂=0，
可得lnx₁+lnx₂=m（x₁+x₂），lnx₁-lnx₂=m（x₁-x₂），
要證明x₁ x₂＞e²，即證明lnx₁+lnx₂＞2，也就是m（x₁+x₂）＞2，
因?yàn)閙=$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，所以即證明：$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞$\frac{2}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
即：ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（1-\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}）}{1+\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}$，
令 $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t，則t＞1，于是lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
令g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，則g′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
故函數(shù)g（t）在（1，+∞）上是增函數(shù)，所以g（t）＞g（1）=0，
即lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立．
所以原不等式成立．

點(diǎn)評 本題考查了切線方程問題，考查導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，考查轉(zhuǎn)化思想以及分類討論思想，是一道綜合題．